人教高考物理一輪練習題4及答案

1、2019年人教高考物理一輪練習題（4）及答案一、選擇題1.(2019·岳陽一模)如圖,磁感應強度為B的勻強磁場,垂直穿過平面直角坐標系的第一象限。一質量為m,帶電量為q的粒子以速度v0從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場,運動到A點時的速度方向平行于x軸,那么()A.粒子帶負電B.粒子帶正電C.粒子由O到A經歷的時間t=D.粒子的速度沒有變化【解析】選A、C。根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示:根據(jù)左手定則及曲線運動的條件判斷出此粒子帶負電,故A正確、B錯誤;粒子由O運動到A時速度方向改變了60°,所以粒子做圓周運動的圓心角為60°,所以運動的時間

2、t=T=,故C正確;粒子速度的方向改變了60°,所以速度改變了,故D錯誤。2、 (多選)如圖所示,在一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源O,沿垂直磁場方向,以相同速率向磁場中發(fā)出了兩種粒子,a為質子H),b為粒子He),b的速度方向垂直磁場邊界,a的速度方向與b的速度方向夾角為=30°,兩種粒子最后都打到了位于磁場邊界位置的光屏OP上,則()A.a、b兩粒子轉動周期之比為23B.a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為23C.a、b兩粒子在磁場中轉動半徑之比為12D.a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為12【解析】選B、C。根據(jù)周期公式T=知,a與b的質量之比為14,電荷量

3、之比為12,則周期之比為TaTb=12,故選項A錯誤;a粒子運動軌跡對應的圓心角為=240°,運動時間ta=Ta=Ta,b粒子運動軌跡對應的圓心角為=180°,運動時間tb=Tb,則兩粒子在磁場中運動時間之比為tatb=23,故選項B正確;由r=,v相等,可知a、b兩粒子在磁場中轉動半徑之比為rarb=12,故選項C正確;a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離分別為xa=2racos30°=ra,xb=2rb,則xaxb=4,故選項D錯誤。3.如圖所示,已知a、b、c、d為橢圓的四個頂點,+Q處在橢圓的一個焦點上,一帶負電的點電荷僅在庫侖力作用下繞固定的點電荷+

4、Q運動,則下列說法正確的是()A.負電荷在a、c兩點所受的電場力相同B.負電荷在a點和c點的電勢能Epa>EpcC.負電荷由b運動到d的過程中電勢能增加,動能減少D.負電荷由a經b運動到c的過程中,電勢能先增加后減少【解析】選C。在a、c兩點負電荷所受電場力方向不同,A項錯誤;以固定點電荷為球心的球面是等勢面,所以a、c兩點電勢相等,根據(jù)電勢與電勢能的關系可知,負電荷在a、c兩點電勢能也相等,B項錯誤;負電荷由b到d過程中,電場力始終做負功,電勢能增加,動能減少,C項正確;負電荷由a經b到c的過程中,電場力先做正功再做負功,故電勢能先減少后增加,D項錯誤?！究偨Y提升】電勢能大小及其變化分

5、析的兩個思路(1)做功角度:根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關系分析、判斷帶電粒子電勢能及其變化。靜電力做正功,粒子的電勢能減少,靜電力做負功,則粒子的電勢能增加。(2)轉化角度:只有靜電力做功時,電勢能與動能可以相互轉化,動能減小,電勢能增加,動能增大,電勢能減少。4.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中,一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示?，F(xiàn)保持B板不動,適當移動A板,發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小,則A板可能是()A.右移B.左移C.上移D.下移【解析】選A。將A板向右移一些,板間距離減小,由電容的決定式C=可知,電容增大,而電容器帶電量不變,由C=分析得知,板間電勢差減小,則靜電計指

6、針張角減小;同理可知,A板向左移一些時,靜電計指針張角增大,故選項A正確,B錯誤;A板向上或向下移一些,兩極板正對面積減小,由電容的決定式C=可知,電容減小,而電容器帶電量不變,由C=分析得知,板間電勢差增大,則靜電計指針張角增大,故選項C、D錯誤。5.(2019·淮南一模)a、b為緊靠著的、且兩邊固定的兩張相同薄紙,如圖所示。一個質量為1kg的小球從距紙面高為60cm的地方自由下落,恰能穿破兩張紙。若將a紙的位置升高,b紙的位置不變,在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙,則a紙距離b紙可能是()A.15 cmB.20 cmC.30 cmD.60 cm【解析】選A、B、C。小球穿過兩張

7、紙時,由動能定理得mgh-2W=0,將a紙向上移,若恰能穿過第一張紙,則mgh-W=0,解得下落的高度h=h,因此兩張紙的距離不能超過h=30cm,選項A、B、C正確。6、(多選)一質量為2kg的物體,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運動,當運動一段時間后,拉力逐漸減小,且當拉力減小到零時,物體剛好停止運動,圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象。已知重力加速度g=10m/s2,由此可知()A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B.減速過程中拉力對物體所做的功約為13 JC.勻速運動時的速度約為6 m/sD.減速運動的時間約為1.7 s【解析】選A、B、C。物體勻速運

8、動時,受力平衡,則F=mg,=0.35,選項A正確;因為WF=Fx,故拉力的功等于F-x圖線包含的面積,由圖線可知小格數(shù)為13,則功為13×1J=13 J,選項B正確;由動能定理可知:WF-mgx=0-m,其中x=7m,則解得v0=6m/s,選項C正確;由于不知道具體的運動情況,無法求出減速運動的時間,故D錯誤。7.(2019·六盤水一模)一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上,另一半懸在桌邊,桌面足夠高,如圖a所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條左端和右端,如圖b、c所示,約束鏈條的擋板光滑,三種情況均由靜止釋放,當整根鏈條剛離開桌面時,關于它們的速度

9、關系,下列判斷正確的是()導學號49294149A.va=vb=vcB.va<vb<vcC.vc>va>vbD.va>vb>vc【解析】選C。圖a中,當整根鏈條離開桌面時,根據(jù)機械能守恒定律可得mg·=m,解得va=;圖b中,當整根鏈條離開桌面時,根據(jù)機械能守恒定律可得mg·=·2m,解得vb=;圖c中,當整根鏈條離開桌面時,根據(jù)機械能守恒定律有mg·+mg=·2m,解得vc=,故vc>va>vb,C正確。8、如圖所示,一輕彈簧固定于地面上,上面依次放置兩木塊A、B,用一力F豎直向下作用在木塊B上

10、,撤去力F后,彈簧恰能恢復原長,有關上升過程中機械能的說法正確的是()A.此過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒B.此過程中彈簧對A做的功等于A機械能的增加量C.此過程中彈簧釋放的彈性勢能等于A的機械能增加量D.此過程中B的機械能一直在增加【解析】選D。撤去外力F后彈簧彈力對A、B做功,此過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒,故選項A錯誤;此過程中彈簧對A做的功等于A與B機械能的增加量的和,即彈簧釋放的彈性勢能等于A、B兩木塊的機械能增加量,故選項B、C錯誤;此過程中A對B的支持力一直對B做正功,B的機械能一直在增加,故選項D正確。9、(多選)傾角為的光滑斜面上有一質量為m的物體,在沿斜面向上的、大

11、小為F的恒力作用下由靜止開始沿斜面向上運動距離x,重力加速度為g,下列說法中正確的是導學號49294122()A.物體運動的加速度大小為B.物體的末速度大小為C.該過程中力F做的功為FxD.該過程所經歷的時間為【解析】選B、C。對物體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得F-mgsin=ma,解得a=,故A錯誤;根據(jù)速度位移公式可知v2=2ax,解得v=,故B正確;該過程中力F做的功為W=Fx,故C正確;根據(jù)位移時間公式可知x=at2,解得t=,故D錯誤。10、.一個質量為3kg的物體所受的合外力隨時間變化的情況如圖所示,那么該物體在6s內速度的改變量是()A.7 m/sB.6.7 m/sC.6 m/sD.5 m/s【解析】選D。F-t圖線與時間軸圍成的面積在數(shù)值上代表了合外力的沖量,故合外力沖量為I=(3×4+×2×4-×1×2)N·s=15N·s。根據(jù)動量定理有I=mv,v=m/s=5m/s。二、非選擇題在如圖所示的同心圓環(huán)形區(qū)域內有垂直于圓環(huán)面的勻強磁場,磁場的方向如圖,兩同心圓的半徑分別為r0、2r0,將一個質量為m(不計重力),電荷量為+q的粒子通過一個電壓為U的電場加速后從P點沿內圓的切線進入環(huán)形磁場區(qū)域。欲使粒子